1

www.VNMATH.com Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học
Trờng thpt trần nguyên hãn Môn toán lớp 12- năm học 2011-2012
Thời gian làm bài : 180phút
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im )
Cõu I ( 2,0im) Cho hm s
3 2 3
3 1
2 2
y x mx m

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1
2. Tỡm m th hm s cú hai im cc i , cc tiu i xng qua ng thng y = x.
Cõu II(2.0im)
1. Gii phng trỡnh:
3 3
17
6 2 sin 2 8cos 2 2 cos( 4 )cos2
2
16
cos
x x x x
x



Cõu IV(1.0 im) Cho khối lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân cạnh huyền AB =
2
.
Mặt phẳng (A AB) vuông góc với mặt phẳng (ABC) , AA =
3
.Góc

'
A AB
là góc nhọn và mặt phẳng
(AAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC
Cõu V(1.0 im) Cho
,
x y
, z là các số thực dơng và thoả mãn điều kiện
1
x y z

. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất của
1 1 1
(1 )(1 )(1 )
M
x y z

.
PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im )
(Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.)



.
Cõu VII.a: (1.0im) Gii phng trỡnh:

2 3
8
2
4
log 1 2 log 4 log 4
x x x


B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: (2 .0 im) 1, Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d
2
): 4x +
3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm trờn (d
1
), (d
2
), trc Oy.
2, Cho elip ( E ):
2 2
x y
1
16 9



Hết

đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần 1
Môn toán lớp 12- 2011-2012
Cõu ý

Hớng dẫn giải chi tiết Điể
m
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
7.00
Cõu I
2
Khi m = 1 ta cú
3 2
3 1
2 2
y x x

.
Tp xỏc nh:






3

www.VNMATH.com

Bảng biến thiên
x

0 1


y’ + 0 - 0 +
2
CÐ
y y
 

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1,


1 0
CT
y y
 
3.
 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 
;


1;0
và cắt trục tung tại điểm
1
0;
2
 

Ta có y’=
2
3 3
x mx

0
' 0
x
y
x m


 




0.25
4

www.VNMATH.com

Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì
' 0
y

có hai nghiệm phân biệt

3
;
2 4
m m
I
 
 
 

Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì
đường thẳng AB vuông góc với :
y x
 
và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng
. 0
AB u
I









 

3
3

0.25 0.25
Câu II

2
11
Ta có:
cos 0
2
x x k


   

0.25Với đk pt(1)




3 2 2
8cos 6 2 sin 2 sin 2 cos 2 16cos
x x x x x


 


 




Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
5
( ; )
2 2
x
 
 lµ
3 9
;
4 4
x x
 
 

0.5
2

1. 1








0202)33)(42(
4)3()2(
22
222
xyx
yx

§Æt





vy
ux
3
2
2
* Thay vµo ta cã hÖ pt





8)(4.
4





3
2
y
x
;





3
2
y
x
;





5
2
y
x
;


2
8 0
t t a

(1)
Vi a = 7 ta cú
2
8 0
t t a


t 1
t 7






Phơng trình có hai nghiệm là
7 3 5
2
x 0
x log 7







0.5
Cõu IV

1
Gọi K., M là hình chiếu của A trên AB và AC
có :

( ' ) ( ) ' ( )
AA B ABC A K ABC
. Ta có AM

AC và KM

AC


0
' 60
A MK
,
'



. ' ' '
1 3 5
. ' . . '
2 10
ABC A B C ABC
V S A K AC BC A K 0.5 0.5
Cõu V
1
1 1 1 ( 1)( 1)( 1)
(1 )(1 )(1 )
x y z
M
x y x xyz


.

M
xyz xyz

. Dấu = xảy ra khi x =y =z =1/3
0.25 6

www.VNMATH.com

Câu VIa

1

1

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)
HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  
Ta cũng dễ có:
( ): 2 2 0


+ Suy ra:
( 2; 6)
AB
  

, suy ra:
( ):3 8 0
AB x y
  
.
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)
HA 

, suy ra:
( ):3 4 2 0.
BC x y
  

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,
  
AC x y
( ):3 8 0
  
AB x y ,
( ):3 4 2 0.
  
BC x y



  
; Điều kiện: n ≥ 2 ; n  N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n

   


( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n

   

 n
2
– 11n – 12 = 0  n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.5


Số hạng này chứa
6
x
khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k
k
k
  

 

 

.
Vậy hệ số của số hạng chứa
6
x
là:
4 8
12
2
C

0.5
CâuVII.a




 








 
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       

0.5
M
H
K
C
B
A

x
   
ta có phương trình
2
4 20 0
x x
  
(4);
 
 
2 24
4
2 24
x
x

 


 


lo¹i

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2
x

hoặc


1
16 9
0
3x 4y

 



 


Vậy d
3
cắt (E) tại 2 điểm phân biệt
3 2
A 2 2;
2
 

 
 
,
3 2
B 2 2;
2
 

 
 





cos(t )
4


= 1

t =

/ 4 ; t =
5

/4
Vậy có 2 điểm M thoả mãn là:
1
3 2
M 2 2;
2
 
 
 
và
2
3 2
M 2 2;
2
 


www.VNMATH.com

1 Pt đầu

y – 2x + 8 =


6
2
2
y x
 

thế vào pt thứ hai ta được:
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
 
8 18 2.27
x x x
  
8 18
2
27 27
x x
   

, (k t > 0 ) , ta cú pt:




3 2
2 0 1 2 0
t t t t t


0
1
0
x
t
y






Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
- Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm - Xin cảm ơn
Ngời ra đề : Mai Thị Thìn

Vộc t ch phng ca d
1
, d
2
ln lt l :
1 2
(1;2; 1); ( 7;2;3)
u u

; d
1
i qua im A(7;3;9), d
2
i
qua im B(3;1;1).
1 2
( 4; 2; 8) , . 168 0
AB u u AB





d
1
v d














To im M v N ln lt l: M(7;3;9), N(3;1;1) ;
(4;2;8) 2(2;1;4)
NM


ng thng d i qua N(3;1;1) v nhn
(2;1;4)
u

lm mt vộc t ch phng nờn phng trỡnh ca
ng thng d l:
3 1 1
2 1 4
x y z